Prøve i FO929A - Matematikk Dato: 1. desember 2014
Målform: Bokmål
Antall oppgaver: 8 (20 deloppgaver) Antall sider: 3
Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator
Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver teller like mye.
Løsningsforslag
Oppgave 1
I denne oppgaven skal dere løse likninger. Alle svarene skal gis med ek- sakte verdier.
a) Løs den lineære likningen (eksakt!)
11,1x−1,3 = 2 7. LF: Vi gjør om desimaltallene til brøker:
111 10 x= 2
7 +13
10 = 20 + 13·7
70 = 111 70 Dette gir at
x= 111 70 ·
111 10
−1
= 111 70 · 10
111 = 1 7 b) Løs den kvadratiske likningen
3x2+ 7x=−4.
LF: Vi skriver først likningen på standard form 3x2 + 7x+ 4 = 0.
Andregradsformelen gir at løsningene er x= −7±√
72−4·3·4
6 = −7±√
49−48
6 = −7±1
6 Løsningene er derfor x=−1 ogx=−4/3 .
c) Løs likningssystemet
x+ 2y = 3 y+ 2x = 4.
LF: Vi har at x= 3−2y, fra den første likningen. Vi setter dette inn i den andre likningen og får
y+ 2(3−2y) = 6−3y = 4
Dette gir at 3y = 2, så y = 2/3 og x = 3−2y = (9−4)/3 = 5/3. Løsningen er x= 5/3 ogy= 2/3.
d) Finn alle løsningene til likningen
4 cos2v = 3 slik at 0< v < 2π (radian).
LF: Likningen er ekvivalent til|cos(v)|=√
3/2, som igjen er ekvivalent til cos(v) = √
3/2 eller cos(v) = −√
3/2. Løsningene er v =π/6, 5π/6, 7π/6, 11π/6
e) Løs likningen √
3 + 2x+x= 0.
LF: Likningen er ekvivalent til likningen √
3 + 2x= −x. Vi kvadrerer på begge sider av likhetstegnet. Alle løsninger til den opprinnelige lik- ningen er da også løsninger til den nye likningen (men ikke nødvendigvis motsatt)
3 + 2x=x2.
Siden x2−2x−3 = (x+ 1)(x−3)så er røttenex=−1ogx= 3. Den første er en løsning til den opprinnelige likningen, mens den andre er en falsk løsning. Løsningen er x=−1.
Oppgave 2
I denne oppgaven skal dere løse ulikheter.
a) Finn alle løsningene til ulikheten
2 sin(v) cos(v)≥sin(v) slik at −180◦ ≤v ≤180◦.
Ulikheten er ekvivalent til
2 sin(v)(cos(v)−1/2)≥0.
I intervallet ersin(v)≥0forv ∈ {−180◦}∪[0,180◦]ogcos(v)−1/2≥0 for v ∈[−60◦,60◦]. Et fortegnsskjema gir at
2 sin(v)(cos(v)−1/2)≥0 for v ∈[−180◦,−60◦]∪[0,60◦]∪ {180◦}.
b) Løs ulikheten
x2+x−6 x2−5x−6 ≤0.
LF: Vi faktoriserer både teller og nevner og får (x−2)(x+ 3)
(x−6)(x+ 1) ≤0.
Et fortegnskjema for disse re faktorene gir løsningsmengden [−3,−1i ∪[2,6i
Oppgave 3
Vi har tre punkter i rommet: A(2,1,1),B(1,2,−4)og D(−2,1,6). a) Finn vektorene −→
AB og −−→
AD. Anta at C er slik atABCD er et parallello- gram. Bestem koordinaten til C.
LF: Vektoren −→
AB er lik
−−→OB −−−→
OA= [1,2,−4]−[2,1,1] = [−1,1,−5].
Tilsvarende er −−→ AD er lik
−−→OD−−−→
OA= [−2,1,6]−[2,1,1] = [−4,0,5].
Siden −−→
AD=−−→ BC, så er
−−→
OC =−−→
OB+−−→
AD= [1,2,−4] + [−4,0,5] = [−3,2,1]
Koordinatene til C er(−3,2,1). b) Bestem vinkelen mellom vektorene −→
AB og−−→
AD. Bestem arealet til paral- lellogrammet ABCD.
LF: La v være vinkelen. Da har vi at cos(v) =
−→AB·−−→ AD
|−→
AB| · |−−→
AD| = −21
√27√
41 ≈ −0,63117 Dette gir at vinkelen mellom −→
AB og−−→
AD er 129,13◦.
Arealet til parallellogrammet er lik absoluttverdien til kryssproduktet
−→AB×−−→
AD= [5,25,4].
Det er lik √
25 + 625 + 16 =√
666≈25,807.
c) Et punkt T har koordinater (3,1,2). Bestem volumet til pyramiden med grunnate ABCD og topp i T.
LF: Volumet til pyramiden er en tredel av absoluttverdien til trippel- produktet av −→
AB, −−→
AD og−→
AT. Vektoren −→
AT er lik
−→OT −−−→
OA = [3,1,2]−[2,1,1] = [1,0,1].
Trippelproduktet er lik
1 2 2
−1 1 −5
−4 0 5
= 1·
1 −5 0 5
+ 0·
−1 −5
−4 5
+ 1·
−1 1
−4 0
= 9.
Volumet til pyramiden er derfor lik 3.
Oppgave 4
a) Et plan i rommet er parametrisert som følger x = 2s
y = 4−s z = 1 + 4s+t .
Finn en likning som beskriver dette planet (løsningsmengden er planet).
LF: To ikke-parallelle vektorer parallelle til planet er[2,−1,4]og[0,0,1]. En normalvektorer til planet er gitt ved kryssproduktet av disse to:
[2,−1,4]×[0,0,1] = [1,2,0].
(Vi nner også lett en normalvektor bare ved inspeksjon.) Siden punk- tet (0,4,1)er et punkt i planet er planet gitt ved likningen
[1,2,0]·[x,y,z] = [1,2,0]·[0,4,1]
x+ 2y= 8
b) Parametriser linjen som er snittet mellom planet i forrige deloppgave og planet gitt ved x−y+ 2z = 4. (Linjen består av alle punktene som ligger i begge planene.)
LF: Linjen er parallell til kryssproduktet av de to normalvektorene:
[1,2,0]×[1,−1,2] = [4,−2,−3]
Vi nner et punkt som ligger i begge planene. For eksempel (4,2,1). En pa- rametrisering er derfor gitt ved
x = 4 + 4t y = 2−2t z = 1−3t
Oppgave 5
a) Skriv opp de fem første leddene i den uendelige geometriske rekken som starter med 1 og som har kvotient lik −1/2. Bestem summen av den uendelige rekken (hvis den eksisterer).
LF:
1− 1 2+ 1
4− 1 8 + 1
16+· · ·
Denne geometriske rekken konvergerer siden kvotienten har absolutt- verdie mindre enn 1. Summen er
1
1−(−1/2) = 2 3.
b) Finn summen av alle naturlige tall mindre enn eller lik 1000 som er delelig med 3.
LF: Det største tallet mindre enn eller lik 1000 som er delelig med 3 er 999. Summen er derfor lik
333
X
i=1
3i= 3· 333·334
2 = 166 833.
c) Finn summen av alle naturlige tall mindre enn eller lik 1000 som er delelig med 3 eller med 7.
Dette er summen av alle tall som er delelig med 3 samt summen av alle tall som er delelig med 7 trekt fra summen av alle tall som er delelig med 3·7 (de telles dobbelt og må trekkes ifra.
Vi har at 2·490 = 2·10·72 = 980. Derfor er det største tallet delelig med 7 og mindre enn 1000 lik 994 = 142·7. Summen av de naturlige tall mindre eller lik 1000 som er delelig med 7 er
142
X
i=1
7i= 142·143
2 ·7 = 7·71·143 = 497·143 = (500−3)(140 + 3) = 70 000 + 3(500−140)−9 = 71 071.
Det største tallet mindre enn eller lik 1000 som er delelig med 21 er 987 = 21·47. Summen av de naturlige tall mindre eller lik1000 som er delelig med 21er
47
X
i=1
21i= 47·48
2 ·21 = 47·24·2147·(504) = (50−3)(500+4) = 23 688.
Summen av alle naturlige tall mindre enn eller lik 1000 som er delelig med 3 eller med 7 er derfor
166 833 + 71 071−23 688 = 214 216
Oppgave 6
a) Bestem alle trekanter ABC slik atAB har lengde10, vinkelA er lik30◦ og BC har lengde6. Finn lengdene til alle sidene i trekantene.
LF: La b være lengden til side AC. Fra cosinussetningen har vi 62 =b2+ 102−2·10·b·cos(30) = b2+ 100−10√
3b
Løsningen til denne annengradslinkningen b2−10√
3b+ 64 = 0 er
b= 10√ 3±√
300−4·64
2 = 10√
3±√ 44
2 = 5√
3±√ 11 Lengden på siden AC er 5√
3 +√
11 for den ene mulige trekanten og 5√
3−√
11 for den andre mulige trekanten.
b) Bestem antall mulige trekanter ABC slik at vinkel A er lik 30◦, lengden tilAB er lik 10 og lengden tilBC er lik a. (Svaret avhenger av verdien til a >0. Beskriv antallet som en funksjon av a.)
LF: Det er ingen mulige trekanter om a < 5, det er akkurat én mulig trekant hvis a = 5 eller hvis a ≥ 10 og det er to mulige trekanter om 5< a <10.
Oppgave 7
a) Grafen til likningen x2+y2 = 4x−8y er en sirkel. Bestem koordinatene til senteret til sirkelen samt radius til sirkelen.
LF: Vi fullfører kvadratet:
x2+y2−4x+ 8y= 0
(x−2)2+ (y+ 4)2 = (−2)2+ 42 = 20 Senteret til sirkelen er derfor(2,−4)og radien er lik √
20 = 2√ 5. b) Sirkelen ia)går gjennom origo. Regn ut arealet til den delen av (området
inni sirkelen) som ligger i første kvadrant (det er den delen av de reelle planet hvor både x og y koordinatene er større enn eller lik null).
Arealet er lik dieransen av arealet av sirkelsegmentet begrenset av første kvadrant og trekanten som ligger under x-aksen. Dieransen er lik
(2√
5)2·arctan (2/4)−2·4≈1.2729
Oppgave 8
Finn radien R til den minste kulen som inneholder en kjegle med høyde h og en sirkulær grunnate med radius r.
LF: Hvis h < r da kan vi plassere kjeglen slik at grunnaten ligger på en storsirkel. Altså er r = R. Hvis h > r derimot, da går ikke dette uten
at kjeglen stikker ut av kulen. Vi må derfor velge en støre sfære. Anta at grunnaten er yttet nedyfra senteret i sfæren. Da erh=R+yogr2+y2 = R2. Løser vi for y og setter dette inn i den andre likningen får vi
r2+ (h−R)2−R2 =r2+h2−2Rh= 0 Dette er en lineær likning i R og løsningen er
R = r2+h2 2h
(Når h blir veldig stor i forhold til r ser vi at R blir tilnærmet lik H/2, som forventet. Når r =h får vi R=r, også som forventet.)
Vi kan oppsummere dette slik:
R =
r h < r r2+h2
2h h≥r
